Esercizio curva parametrica
Buongiorno, ho un dubbio sulla risoluzione di questo problema.
Data la curva parametrica $\gamma_{t}=(x_{1}(t),x_{2}(t))=(e^{t}+5t,t^{4}-4t)$, determinare il punto $(x_{1},x_{2})$ sulla curva dove la curva sia parallela all'asse $x_{1}$.
Ho provato a procedere in questo modo:
detta $x_{2}=f(x_{1})$ la funzione in forma cartesiana, ho calcolato la sua derivata come
$\frac{df}{dx_{1}}=\frac{dx_{2}}{dx_{1}}=\frac{dx_{2}}{dt}/\frac{dx_{1}}{dt}=\frac{4t^3-4}{e^t+5}$ e la pongo uguale a 0.
Da qui ottengo $t=1$ che sostituito all'interno della curva permette di ricavare $x_{1}=e+5$ e $x_{2}=-3$ che dovrebbe essere il punto cercato.
E' corretto come modo di ragionare?
Grazie in anticipo e buona domenica.
Data la curva parametrica $\gamma_{t}=(x_{1}(t),x_{2}(t))=(e^{t}+5t,t^{4}-4t)$, determinare il punto $(x_{1},x_{2})$ sulla curva dove la curva sia parallela all'asse $x_{1}$.
Ho provato a procedere in questo modo:
detta $x_{2}=f(x_{1})$ la funzione in forma cartesiana, ho calcolato la sua derivata come
$\frac{df}{dx_{1}}=\frac{dx_{2}}{dx_{1}}=\frac{dx_{2}}{dt}/\frac{dx_{1}}{dt}=\frac{4t^3-4}{e^t+5}$ e la pongo uguale a 0.
Da qui ottengo $t=1$ che sostituito all'interno della curva permette di ricavare $x_{1}=e+5$ e $x_{2}=-3$ che dovrebbe essere il punto cercato.
E' corretto come modo di ragionare?
Grazie in anticipo e buona domenica.
Risposte
Sì è giusto ma mi sembra un ragionamento un po' contorto 
... io farei così: dato che la curva è parallela all'asse delle $x$ in un punto $p_0=(x_0,y_0)$ se e solo se il suo vettore tangente in $p_0$ è parallelo al vettore $(1,0)$, allora calcoli $\gamma'$ e poni la seconda componente uguale a zero. Quindi
\[
\gamma'(t)=(e^t+5, 4t^3-4)
\]
e devi dunque porre $4t^3-4=0$. Ovviamente le soluzioni sono uguali alle tue, però questa mi sembra, come detto prima, una soluzione "meno contorta".
... io farei così: dato che la curva è parallela all'asse delle $x$ in un punto $p_0=(x_0,y_0)$ se e solo se il suo vettore tangente in $p_0$ è parallelo al vettore $(1,0)$, allora calcoli $\gamma'$ e poni la seconda componente uguale a zero. Quindi\[
\gamma'(t)=(e^t+5, 4t^3-4)
\]
e devi dunque porre $4t^3-4=0$. Ovviamente le soluzioni sono uguali alle tue, però questa mi sembra, come detto prima, una soluzione "meno contorta".
Grazie mille! Il tuo ragionamento è decisamente più elegante e meno contorto 
Riprendo la discussione per chiedere un altro chiarimento su questo problema legato a funzioni di più variabili (se è meglio aprire un'altra discussione lo faccio).
Devo calcolare $g''(0)$ dove $g(t)=f(x(t),y(t))$ e $f(x,y)=2x^3y-y^2x+x+2y$, sapendo che $x(0)=y(0)=x'(0)=y'(0)=0$ e $x''(0)=y''(0)=-1$.
Io ho calcolato la derivata prima di $g(t)$ che mi risulta
$g'(t)=f_{x}(x(t),y(t))x'(t)+f_{y}(x(t),y(t))y'(t)=(6x^2y-y^2+1)x'(t)+(2x^3-2xy+2)y'(t)$ e poi sostituendo i valori assegnati ottengo zero, senza dover procedere a calcolare la derivata seconda.
E' corretto il modo di procedere o mi sfugge qualcosa?
Grazie mille in anticipo
Devo calcolare $g''(0)$ dove $g(t)=f(x(t),y(t))$ e $f(x,y)=2x^3y-y^2x+x+2y$, sapendo che $x(0)=y(0)=x'(0)=y'(0)=0$ e $x''(0)=y''(0)=-1$.
Io ho calcolato la derivata prima di $g(t)$ che mi risulta
$g'(t)=f_{x}(x(t),y(t))x'(t)+f_{y}(x(t),y(t))y'(t)=(6x^2y-y^2+1)x'(t)+(2x^3-2xy+2)y'(t)$ e poi sostituendo i valori assegnati ottengo zero, senza dover procedere a calcolare la derivata seconda.
E' corretto il modo di procedere o mi sfugge qualcosa?
Grazie mille in anticipo
"irizar":
(se è meglio aprire un'altra discussione lo faccio).
Non saprei dirti con certezza, ma secondo me è meglio se apri un'altra discussione
"irizar":
Io ho calcolato la derivata prima di $g(t)$ che mi risulta
$g'(t)=f_x(x(t),y(t))x'(t)+f_y(x(t),y(t))y'(t)=(6 x^2 y−y^2+1)x'(t)+(2 x^3−2 x y+2)y'(t)$ e poi sostituendo i valori assegnati ottengo zero, senza dover procedere a calcolare la derivata seconda.
Bhè ma in questo modo come deduci il valore di $g''(0)$? Puoi solo dire che qual è il valore di $g'(0)$.
E' vero...effettivamente così facendo non so nulla di $g''$.
Ho quindi derivato ancora per ottenere $g''$:
$g''(t)=f_{x}\frac{d^2x}{dt^2}+f_{y}\frac{d^2y}{dt^2}+f_{x x}(dx/dt)^2+2 f_{x y} \frac{dx}{dt} dy/dt+f_{y y}(dy/dt)^2$
Facendo i conti e sosituendo mi risulta $g''(0)=-3$. Spero che il procedimento prima e i calcoli poi siano corretti.
Grazie
Ho quindi derivato ancora per ottenere $g''$:
$g''(t)=f_{x}\frac{d^2x}{dt^2}+f_{y}\frac{d^2y}{dt^2}+f_{x x}(dx/dt)^2+2 f_{x y} \frac{dx}{dt} dy/dt+f_{y y}(dy/dt)^2$
Facendo i conti e sosituendo mi risulta $g''(0)=-3$. Spero che il procedimento prima e i calcoli poi siano corretti.
Grazie
\[
\frac{d}{dt} \big(f_x x'(t)\big) = (f_{xx} x'(t) + f_{xy} y'(t)) x'(t) + f_x x''(t)
\]
dunque
\[
\frac{d}{dt}\big((6 x^2 y - y^2 + 1) x'(t)\big) = \frac{d}{dt}(6 x^2 y - y^2 + 1) x'(t) + (6 x^2 y - y^2 + 1) \frac{d}{dt}x'(t)
= \big((12 x y) x'(t) + (6 x^2 - 2 y) y'(t)\big) x'(t) + (6 x^2 y - y^2 + 1) x''(t).
\]
Discorso analogo per $\frac{d}{dt}f_y y'(t)$.
Il risultato effettivamente è $-3$, però i tuoi calcoli non mi sembrano corretti.
\frac{d}{dt} \big(f_x x'(t)\big) = (f_{xx} x'(t) + f_{xy} y'(t)) x'(t) + f_x x''(t)
\]
dunque
\[
\frac{d}{dt}\big((6 x^2 y - y^2 + 1) x'(t)\big) = \frac{d}{dt}(6 x^2 y - y^2 + 1) x'(t) + (6 x^2 y - y^2 + 1) \frac{d}{dt}x'(t)
= \big((12 x y) x'(t) + (6 x^2 - 2 y) y'(t)\big) x'(t) + (6 x^2 y - y^2 + 1) x''(t).
\]
Discorso analogo per $\frac{d}{dt}f_y y'(t)$.
Il risultato effettivamente è $-3$, però i tuoi calcoli non mi sembrano corretti.
Grazie mille! Concordo ovviamente col tuo procedimento e mi tornano i conti.
Ma se sommo $d/dt (f_{x}x'(t))$ e $d/dt (f_{y}y'(t))$ scritte con la formulazione che hai usato ottengo esattamente quanto avevo scritto anche io.
Se non ho fatto errori...
Ma se sommo $d/dt (f_{x}x'(t))$ e $d/dt (f_{y}y'(t))$ scritte con la formulazione che hai usato ottengo esattamente quanto avevo scritto anche io.
Se non ho fatto errori...
Hai ragione... svista mia 
Poi mi spiegate il concetto di curva parallela a una retta...
"billyballo2123":
Hai ragione... svista mia
Grazie mille!
"Vulplasir":
Poi mi spiegate il concetto di curva parallela a una retta...
Bhè in realtà non è una curva che è parallela ad una retta, ma una curva che IN UN DATO PUNTO è parallela ad una retta. Direi che intuitivamente significa che il vettore tangente della curva in quel punto è parallelo alla direzione della retta....
"irizar":
Grazie mille!
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